TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎICâu 1... Tìm giá trị nhỏ nhất củabiểu thứcP = a Bảng biến thiên của f x:... Tìm giá trị lớn nhất của f xtrên đoạn này Câu 2
Trang 1TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
Câu 1. Cho các số thực dươngx, y, zthỏa mãnx2+ y2+ z2=3
4 Chứng minh rằng1
x+1
y+1
z− 2 (x + y + z) ≥ 3TRÍCH ĐỀ THI HSG 12 TỈNH LÀO CAI 2016-2017
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si:
1
x+ 4x ≥ 41
y+ 4y ≥ 41
z+ 4z ≥ 4Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế, ta có:
µ1
x+1
y+1z
¶+ 4 (x + y + z) ≥ 12 (1)
Trang 2x(z + y) ≥ 2(1 +p1 + x2)y(x + z) ≥ 2(1 +p1 + y2)Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta được:
Trang 3x(z + y) ≥ 2(1 +p1 + x2)y(x + z) ≥ 2(1 +p1 + y2)Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta được:
( y − z)2+ z + x
(z − x)2≥ 9
x + y + z.Trích đề thi HSG 11 – Thanh Hóa – 2017 - 2018
Trang 4y + z( y − z)2+
z + x(z − x)2
¶thìF ≥ (x + y)
µ
x + y(x − y)2+
1
y+1x
y+1
x= (x + y)
µ
1(x + y)2− 4x y+
12x y+ 12x y
µ
x + y(x − y)2+1
y+1x
¶
≥ (x + y) 9
x + y= 9.Suy raF ≥ 9.Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi( z = 0
P = (a + 6)(b + 6)(c + 6) = abc + 6(ab + bc + ca) + 36(a + b + c) + 216 = abc + M
Có:a2+ b2+ c2= 27 ≥ 3p3a2b2c2⇔ a2b2c2≤ 729 ⇒ abc ≤ 27 Dấu 00 =00 khi a = b = c = 3
Xét
M = 6(ab + bc + ca) + 36(a + b + c) + 216 = 3[(a+b+c)2− a2− b2− c2] + 36(a + b + c) + 216
Trang 5Nên(b + 6)(c + 6) = 36 + 6(b + c) + bc ≥ 36 + bc −6
2+ (b + c)22
2
2 = f (a) với−3 ≤ a ≤ 3
Ta tìm đượcmin P = 25 = f (−1) Dấu 00 =00 khi ví dụ :a = b = −1; c = −5 ä
Câu 6. Chox, y, z là các số thực dương thỏa mãn 1
x+1
y+1
z≤ 3 Chứng minh rằng:
12x + y + z+
Lời giải
Vớia, b > 0ta có4ab ≤ (a + b)2⇔ 1
a + b≤
a + b4ab ⇔ 1
a + b≤
14
µ1
a+1b
¶.Dấu00=00 xảy ra khi và chỉ khi a = b
Áp dụng kết quả trên ta có:
12x + y + z≤
14
µ12x+ 1
y + z
¶
≤14
µ12x+14
µ1
y+1z
¶¶
=18
µ1
x+ 1
2 y+ 12z
¶(1)
Dấu00=00 xảy ra⇔( 2x = y + z
y = z ⇔ x = y = z.Tương tự
1
x + 2y + z≤
18
µ1
y+ 12z+ 12x
¶(2)dấu00=00 xảy ra ⇔ x = y = z
Tương tự:
1
x + y + 2z≤
18
µ1
z+ 12x+ 1
2 y
¶(3)dấu00=00 xảy ra ⇔ x = y = z
Từ(1) , (2) , (3)ta có
12x + y + z+
µ1
x+1
y+1z
¶
≤34
Trang 6y+1
z= 3 ⇔ x = y = z = 1.Vậy với x, y, zlà các số thực dương thỏa mãn 1
x+1
y+1
z≤ 3thì1
Câu 7. Cho ba số thực dươnga,b , cthỏa mãnabc = 1 Chứng minh rằng:
b2(ab + 2)(2ab + 1)+
c2(bc + 2)(2bc + 1)+
a2(ac + 2)(2ac + 1)≥
13Trích đề thi HSG tỉnh Hải Dương 2016-2017
2( y + 2z)(z + 2y)+
y2(z + 2x)(x + 2z)+
z2(x + 2y)(y + 2x)
Ta có: ( y + 2z)(z + 2y) = yz + 2y2+ 2z2+ 4yz = 2 (y + z)2+ yz ≤9
2¡ y2+ z2¢
2( y + 2z)(z + 2y)≥
2
9.
x2
y2+ z2 (1)Tương tự:
y2(z + 2x)(x + 2z) ≥
Trang 7Lời giải
Ta có(a + b)2≥ 4ab > 0;¡a2+ b2¢ ≥ 2ab > 0
Nhân các vế tương ứng các BĐT trên ta suy ra điều cần chứng minh ä
Câu 9. Cho các số dươngx, y, z Chứng minh rằng:
z + x Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khix = y = z ä
Câu 10. Cho các số dương x, y, z Chứng minh rằng:
00=00 xảy ra khi và chỉ khi x = y = z ä
Câu 11. Cho x, y, zlà ba số thực dương thỏa mãn điều kiện x y + yz + zx = 2xyz
Trang 8b2c2+ 1
abc+
vuuuut
1b2
c2a2+ 1
abc+
vuuuut
1c2
a2b2+ 1
abc
=p bc2a + bc+
cap2b + ca+
abp2c + ab
Từ cách đặt và giả thiếtx y + yz + zx = 2xyz suy raa + b + c = 2
12
(b + c)(a + b)≤
12
(c + a)(b + c) ≤
12
8
xz+ 2
y3Trích đề thi HSG tỉnh HÒA BÌNH 2017-2018
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức 1
a2+ 1
b2 ≥ 8(a + b)2 vớia, b > 0nên
1(x − y)2+
1( y − z)2≥
8(x − z)2 .Suy raP = 1
(x − y)2+
1( y − z)2+
8
xz+ 2
y3 ≥ 8(x − z)2+
m= b
n Ta có 1
(x − z)2+
44xz≥ (1 + 2)2(x − z)2+ 4xz =
9(x + z)2 .
Vì vậyP ≥ 8
µ
1(x − z)2+
44xz
¶+ 2
y3≥ 72(x + z)2+
2
y3= 72(1 − y)2+
2
y3 Xét hàm số f (t) = 36
¶
= 216.Vậy P nhỏ nhất bằng216khi y =1
3 , và x + z =2
3 ,(x − z)2= 2xz.Hay x + z =2
Trang 9Câu 13. Cho tam giác ABC nhọn.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
T =³cos A +pcos2A + 2´ ³cos B +pcos2B + 2´ ³cos C +pcos2C + 2´
Trích đề thi HSG Hưng Yên 2017-2018
³
y +p y2+ 2
´+ln
3(x + y + z) + 3ln2 − 1 ≤ 3ln2 ⇔ T ≤ 8 Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =1
2 ⇔ A =
B = C =π
3 .
Câu 14. Choa, b, c là các số thực dương thỏa mãna + b + c = a3+ b3+ c3
⇒ a + b + c ≥ a2+ b2+ c2 , dấu bằng xảy ra khia = b = c
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a ln a + b ln b + c ln c ≤ 0
Từ bảng biến thiên suy ra f (x) ≤ f (1) = 0 ⇒ ln x ≤ x − 1,∀x > 0
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1
Từ đó suy ra, a ln a + b ln b + c ln c ≤ a2− a + b2− b + c2− c ≤ 0
Vì vậy, aabbcc≤ 1 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khia = b = c = 1 ä
Trang 10Câu 15. Cho các số thựca,bthay đổi nhưng luôn thỏa ap
2 − b2+ bp2 − a2= 2 Tìm giátrị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thứcP = (a + b)3− 12 (a − 1) (b − 1) +pab
2 − 2xy
2 + xyĐặt x y = t Vì0 ≤ xy ≤ (x + y)
2
4 =1
4 nên0 ≤ t ≤1
4 .Khi đó,P =2 − 2t
2 + t .Xét hàm số f (t) =2 − 2t
2 + t , t ∈
·0;14
¸
f0(t) = −6
(2 + t)2 < 0, ∀t ∈
µ0;14
¶mặt khác f (t) liên tục trên
·0;14
¸nên f (t) nghịch biến trên
x + y = 1
⇔ x = y =1
2 .
Trang 11y = 0.
Bảng biến thiên của f (x):
Từ bảng biến thiên ta được: f (x) ≥ f (1) = 0, ∀x > 0
Thay x lần lượt bằng a, b, c ta được:f (a) + f (b) + f (c) ≥ 0
Câu 18. Cho a, b , c là các số thực dương thỏa mãnabc = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất củabiểu thứcP = a
Bảng biến thiên của f (x):
Trang 12Từ bảng biến thiên ta được: f (x) ≥ f (1) = 0,∀x > 0
Thay x lần lượt bằnga, b, c ta được:f (a) + f (b) + f (c) ≥ 0
Câu 19. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x yz + x + z = y Tìm giá trị lớn nhấtcủa biểu thức
z1+ 1+
3z
¡ z2+ 1¢ p z2+ 1Trích đề thi HSG tỉnh THANH HÓA 2016-2017
Lời giải
Ta cóx yz + x + z = y ⇔ x + z = y(1 − xz) ⇔ y = x + z
1 − xz2
z2+ 1+
3z
¡ z2+ 1¢ p z2+ 1 =
−2zp
z2+ 1+
3z
¡ z2+ 1¢ p z2+ 1Đặt t =p z
z2+ 1(t > 0) ⇒ 1
t2 = 1 + 1
z2 ⇒ z2+ 1 = 1
1 − t2⇒ P ≤ t − 3t3.Xét hàm số f (t) = t − 3t3trên khoảng(0; +∞)
Trang 13Lập bảng biến thiên ta được max
(0;+∞)f (t) = f
µ13
¶
=29
z2+ 1 =
13
y = x + z
1 − xz
z =1 − x
22x
x =
p22
y =p2
Câu 20. Choa, b, c là các số thực dương thỏa mãnab ≥ 1và c(a + b + c) ≥ 3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:P = b + 2c
1 + a +
a + 2c
1 + b + 6 ln(a + b + 2c)Trích đề thi HSG tỉnh Hà Nam 2017-2018
16(a + b + 2c)2
⇒ P + 2 ≥16(a + b + 2c + 1)
(a + b + 2c)2 + 6 ln(a + b + 2c)
Đặt t = a + b + 2c > 0ta cóP + 2 ≥16(t + 1)
t2 + 6 ln tXét hàm số f (t) =16(t + 1)
t2 + 6 ln t ⇒ f0(t) =6t
2− 16t − 32
t3 ⇒ f0(t) = 0 ⇔ t = 4
f (4) = 5 + 6ln4 ⇒ P ≥ 3 + 6ln4 ⇒ M inP = 3 + 6ln4khia = b = c = 1 ä
Trang 14Câu 21. Trên đoạn[1 ; 4], các hàm số f (x) = x2+ px + q; g (x) = x + 4
x2 có cùng giá trị nhỏnhất và đạt tại cùng một điểm Tìm giá trị lớn nhất của f (x)trên đoạn này
Câu 22. Tìm tất cả các số thựca, b (a < b)sao cho trên đoạn[a ; b], hàm số f (x) =13 − x
22
4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0
Suy ra: f (x)min=
½
f (a) ; f
µ134
µ134
Trang 15Thế(1)vào(2) ; ta được:
13 −
µ
13 − b24
Trang 16Câu 24. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x yz + x + z = y Tìm giá trị lớn nhấtcủa biểu thứcP = 2
x2+ 1−
2
y2+ 1−
4zp
z2+ 1+
3z(z2+ 1)pz2+ 1.Trích đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa 2017-2018
z2+ 1+
3z(z2+ 1)pz2+ 1=
−2zp
z2+ 1+
3z(z2+ 1)pz2+ 1
z2+ 1=
13
y = x + z
1 − xz
z =1 − x
22x
x =
p22
Trang 17Từ x yz + x + z = y ⇒ tan B = tan A + tan C
1 − tan A tan C= tan(A + C) ⇒ B = A + C
Ta có
P = 2cos2A − 2cos2B − 4sin C + 3sin C.cos2C = −2sin(A + B)sin(A − B) − sin C − 3sin3C
= 2 sin(A + B).sin C − sin C − 3sin3C
≤ sin C − 3sin3C
Dấu "=" xảy ra khi A + B =π
2.Xét hàm số f (t) = t − 3t3như trên ta đượcsin C − 3sin3C ≤2
9.Dấu "=" xảy ra khisin C =1
3⇒ tan C =
p2
2 ;
p2;
p24
·
−1
5;
13
s34
33+
s633
y =12
s34
33−
s633
hay
s34
33−
s633
y =12
s34
33+
s633
33+
s633
33−
s633
hay
−
s34
33−
s633
y =12
−
s34
33+
s633
Trang 18Câu 26. Giả sử hàm số y = f (x) có đạo hàm là hàm số y = f0(x) ; đồ thị của hàm số
y = f0(x) được cho như hình vẽ sau và f (0) + f (1) − 2f (2) = f (4) − f (3) Hỏi trong các giátrị f (0), f (1), f (4)giá trị nào là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f (x)trên đoạn[0; 4]?
Trích đề thi HSG Hà Tĩnh 2017-2018
Lời giải
Từ đồ thị của hàm số y = f0(x)ta có bảng biến thiên của hàm số y = f (x)như hình vẽ:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy trên đoạn[0; 4] giá trị lớn nhất của hàm số f (x)là f (2);giá trị nhỏ nhất chỉ có thể là f (0)hoặc f (4)
2; 1
¸ Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = x5y + xy5+ 6
x2+ y2− 3 (x + y)Trích đề thi HSG tỉnh Thừa Thiên Huế 2017-2018
Lời giải
Trang 192; 1
¸nên t ∈ [1;2] Ta có P ≥ f (t) =1
8(t − 1) t4+ 6
t2− 2t + 2− 3tHàm số f (t)xác định và liên tục trên[1; 2]và
8 − 12 (t − 1)
¡t2− 2t + 2¢2
3(t − 2) + 6¡t3− 8¢
¡t2− 2t + 2¢2 ≤ 0 ∀t ∈ [1; 2]
nên f (t)nghịch biến trên[1; 2]
Do đó f (t) ≥ f (2) = −1 Vậy P ≥ −1 Giá trị nhỏ nhất của P bằng−1khi x = y = 1 ä
Câu 28. Cho các số thực dươnga, b, c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
a +pab +p3 abc−p 3
a + b + cTrích đề thi HSG tỉnh Sơn La 2017-2018
= a +a + 4b
4 +a + 4b + 16c
12 =4
3(a + b + c) Dấu bằng xảy ra khia = 4b = 16c
Suy raP ≥ 3
2(a + b + c)−
3p
a + b + cĐặt t =pa + b + c > 0 ⇒ P ≥ 3
2t2−3tXét hàm số f (t) = 3
Trang 20f0(t) = 0 ⇔ t = 1.
Suy ramin f (t) = f (1) = −3
2⇒ P ≥ −3
2 .Dấu bằng xảy ra khi( a + b + c = 1
Lời giải
Từ giả thiết suy ra( 0 ≤ x, y, z ≤ 3
0 < x2+ y2+ z2≤ 9Xét hàm số g (t) = 4
´2017+
³y3
´2017+
³z3
´2017
≤
³x3
´2+
³y3
´2+
³z3
´2017+³z3
´2017+
³y3
´2017+
³z3
108u
4.Xét hàm số f (u) = 3 + u − 1
Trang 21Dựa vào bảng biến thiên ta có f (u) ≤21
4 ,∀u ≥ 0.Suy raP ≤21
4 , dấu “=” xảy ra khix = 3, y = z = 0hoặc các hoán vị
Vậy giá trị lớn nhất của P là 21
Ta có(a − 2)(b − 2)(c − 2) ≤ 0 ⇔ abc − 2(ab + bc + ca) + 4(a + b + c) − 8 ≤ 0
⇔ abc ≤ 2 (ab + bc + ca) + 4 (a + b + c) − 8.(2)
Từ (1) và (2) suy raa4+ b4+ 5c2+ 5abc + 1 ≤ 25 + 2 (ab + bc + ca) (4)
Mặt khác, ta có(a − 1)(b − 1)(c − 1) ≥ 0
⇔ abc − (ab + bc + ca) + (a + b + c) − 1 ≥ 0
⇔ abc ≥ (ab + bc + ca) − 3.(5)
Từ (2) và (5) suy raab + bc + ca − 3 ≤ abc ≤ (ab + bc + ca) − 8
2
3 =16
3 ⇒ t ∈
·5;163
¸
Ta có f0(t) = −1 −25
t2 < 0, t ∈
·5;163
¸
Suy ra f (t)nghịch biến suy raP ≤ f (t) ≤ f (5) = 6
Vậymax P = 5khi a = b = 1, c = 2hoặca = c = 1, b = 2hoặca = 2; b = c = 1 ä
Trang 22Câu 31. Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 9]và x ≥ y, x ≥ z Tìm giá trị nhỏ nhấtcủa biểu thứcP = y
10 y − x+
12
Áp dụng bất đẳng thức trên: P = 1
10 −xy
+12
+ 1
1 +xz
1 +
rxyĐặt
Trang 23Từ Bảng biến thiên suy ra g (t) ≤ 0,∀t ∈ [0;3] ⇔ 4
t
3 ≤ t + 1,∀t ∈ [0;3](1)Lại có
³z3
´2017
≤
³x3
´2+
³y3
´2+
³z3
´2017+
³z3
´2017+
³y3
´2017+
³z3
108u
4 Xét hàm số f (u) = 3 + u − 1
4 , ∀u ≥ 0
Suy raP ≤21
4 ,dấu “=” xảy ra khi x = 3, y = z = 0hoặc các hoán vị
Vậy giá trị lớn nhất của P là 21
Câu 33. a) Chứng minh rằng 3x4+ 1 ≥ 4x3 với mọi giá trị của x
b) Cho các số thực dươngx, y, z.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M =3x
4+ 4y3+ 16z3+ 1(x + y + z)3
4¡x3+ y3¢ + 16z3(+y + z)3Chwungs minh được : x
3+ y3
³x + y2
´3, ∀x, y ≥ 0Suy ra M ≥(x + y)
3+ 16z3(+y + z)3 =
µ
x + y
x + y + z
¶3+ 16
Trang 24Từ BBT suy ra f (t) ≥ f
µ45
Áp dụng bất đẳng thức trên: P = 1
10 −xy
+12
+ 1
1 +xz
1 +
rxyĐặt
1( y − z)2+
1(z − x)2
¸Trích đề thi HSG Bắc Giang 2016-2017
Trang 25≥¡2a2+ 2ab + b2¢¡a2+ ab + b2¢
a2b2(a + b) (1)Đẳng thức xảy ra khi x = 0
´2+ 2a
b+ 1
¸ ·
³ab
´2+a
b+ 1
¸2
³ab
Ã
1 +p52
!
=11 + 5p5
2 Do đóP ≥11 + 5
p52Đẳng thức xảy ra khi t =1 +
p5
Kết hợp với (1) suy ra P nhỏ nhất khi
Câu 36. Cho ba số thực dươnga,b, cthỏa mãnln¡b2
+ c2+ 1¢ −2ln(3a) = 9a2
− b2− c2−1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thứcP =2 (b + c)
a +5a
2− 12a3Trích đề thi HSG tỉnh BÀ RỊA-VŨNG TÀU 2017-2018
Lời giải
ln¡b2+ c2+ 1¢ + b2+ c2+ 1 = ln¡9a2¢ + 9a2
Xét hàm số f (t) = ln t + 1,(t > 0) ⇒ b2+ c2= 9a2− 1 ⇒ a >1
3 .(b + c)2≤ 2¡b2+ c2¢ = 2¡9a2− 1¢ ⇒ b + c ≤p18a2− 2
Trang 26Câu 37. Choa,b, clà các số thực dương vàa.b.c = 1, thỏa mãn:a3b + b3a + 1
ab= ab +2.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thứcP = 1
1 + a2+ 1
1 + b2− 3
1 + 2cTrích đề thi HSG Tỉnh Hải Dương 2016 - 2017
Lời giải
Theo BĐT Cô–si ta có:a3b + ab3≥ 2a2b2⇒ ab + 2 ≥ 2a2b2+ 1
abĐặt t = a.b > 0 ⇒ t + 2 ≥ 2t2+1
t ⇔ 2t3− t2− 2t + 1 ≤ 0 ⇔1
2≤ t ≤ 1Vớia, b > 0; ab ≤ 1ta chứng minh 1
1 + a2+ 1
1 + b2 ≤ 2
1 + ab (*)Thật vậy:(∗) ⇔ ( 1
= 2
1 + t−
3t
t + 2Xét t ∈
Từ đó f (t) nghịch biến trên
·1
2; 1
¸
⇒ Max f (t) = f
µ12
¶
= 1115Dấu “=” xảy ra khi t =1
Vớia, b, c, m, n, k > 0 ta có: a
2+b
2+c2
≥(a + b + c)2
Trang 27Thật vậy:
(a + b + c)2=
µ a
pm
p
m +pbn
p
n +pck
pk
¶(m + n + k)
V T(∗) = (x + 1)
2(x + 1)(x + y + 1)+
( y + 1)2( y + 1)(y + z + 1)+
(z + 1)2(z + 1)(z + x + 1)
≥ (x + y + z + 3)2(x + 1)(x + y + 1) + (y + 1)(y + z + 1) + (z + 1)(z + x + 1)Lại có:
(x + 1)(x + y + 1) + (y + 1)(y + z + 1) + (z + 1)(z + x + 1) = x2+ y2+ z2+ x y + yz + zx + 3(x + y + z) + 3
= 1
2£(x2+ y2+ z2+ 2x y + 2yz + 2zx) + 6(x + y + z) + (x2+ y2+ z2) + 6¤
2 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khix = y = z = 1
(x + 1)(y + 1)(z + 1)≥ 2
3
s
x2y2z2(x + 1)2( y + 1)
Trang 28Câu 40. Trên đoạn[1 ; 4], các hàm số f (x) = x2+ px + q; g (x) = x + 4
x2 có cùng giá trị nhỏnhất và đạt tại cùng một điểm Tìm giá trị lớn nhất của f (x)trên đoạn này
Câu 41. Cho ba số thực dương a,b , c thỏa mãnab + bc + ca = 3 Tìm giá trị nhỏ nhấtcủa biểu thứcQ = a
b3(c + b)(c + a)+
c3(a + b)(a + c)Mặt khác ta có :
b3(c + a)(c + b)+
c3(a + b)(a + c)≥
a + b + c4Mặt khác(a + b + c)2≥ 3(ab + bc + ca) = 9 → a + b + c ≥ 3
3
(b + a)(b + c)+
b3(c + a)(c + b)+
c3(a + b)(a + c)≥
34Dấu bằng xảy ra khia = b = c = 1
Vậy giá trị nhỏ nhất củaQ là 3
Trang 29Câu 42. Cho các số thựca, b, c thỏa mãna2+ b2+ c2= 27 Tìm giá trị lớn nhất và giá trịnhỏ nhất của biểu thứcP = (a + 6)(b + 6)(c + 6)
P = (a + 6)(b + 6)(c + 6) = abc + 6(ab + bc + ca) + 36(a + b + c) + 216 = abc + M
Có:a2+ b2+ c2= 27 ≥ 3p3a2b2c2⇔ a2b2c2≤ 729 ⇒ abc ≤ 27 Dấu 00 =00 khi a = b = c = 3
Xét M = 6(ab + bc + ca) + 36(a + b + c) + 216 = 3[(a+b+c)2− a2− b2− c2] + 36(a + b + c) + 216
2
2 = f (a) với−3 ≤ a ≤ 3
Ta tìm đượcmin P = 25 = f (−1) Dấu 00 =00 khi ví dụ :a = b = −1; c = −5 ä
Câu 43. Cho các số thựca, b, c thỏa mãna2+ b2+ c2= 27 Tìm giá trị lớn nhất và giá trịnhỏ nhất của biểu thứcP = (a + 6)(b + 6)(c + 6)
Trích đề thi HSG 12 Hà Nội – năm 2017-2018
Lời giải
* Tìm giá trị lớn nhất:
♀Cách 1:
Từ a2+ b2+ c2= 27 ⇒ a2≤ 27 ⇔ |a| ≤ 3p3 ⇒ a + 6 > 0 Tương tự có b + 6 > 0; c + 6 > 0
Trang 30NênP = (a + 6)(b + 6)(c + 6) ≤ (|a| + 6)(|b| + 6)(|c| + 6) ≤µ |a| + 6 + |b| + 6 + |c| + 6
P = (a + 6)(b + 6)(c + 6) = abc + 6(ab + bc + ca) + 36(a + b + c) + 216 = abc + M
Có:a2+ b2+ c2= 27 ≥ 3p3a2b2c2⇔ a2b2c2≤ 729 ⇒ abc ≤ 27 Dấu 00 =00 khi a = b = c = 3
Xét M = 6(ab + bc + ca) + 36(a + b + c) + 216 = 3[(a+b+c)2− a2− b2− c2] + 36(a + b + c) + 216
2
2 = f (a) với−3 ≤ a ≤ 3
Ta tìm đượcmin P = 25 = f (−1) Dấu 00 =00 khi ví dụ :a = b = −1; c = −5 ä
Câu 44. Cho x > 0,y > 0thỏax4+ y4+ 4 = 6
x y Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
, t ∈ (0;1]
Trang 31Ta có f0(t) = −2
(2 + t)2−
4(5 − 2t)2 < 0, ∀t ∈ (0; 1]
Suy ra f (t)nghịch biến trên(0; 1]nênP ≥ f (t) ≥ f (1) = 1
¶4
Dấu bằng xảy ra khia = b = c = d =1
4Vậymin P =
µ
1716
Lời giải
Ta có: x2+ y2≥ 2x y > 0 ⇒ 1
x2+ y2≤
12x y ⇒ − 1
x2+ y2≥ −
12x y ⇒ − y
x2+ y2 ≥ −
12x .
x+1
y+1z
4 ¡x2+ y2+ z2¢ ≥9
2
µ1
x + y + z
¶+9
4(x + y + z)2 Đặt t = x + y + z,(t > 0)
Trang 324=27
4 .Giá trị nhỏ nhất củaP bằng 27
Trích đề thi HSG tỉnh THANH HÓA
≥ ¡x2+ y2¢2
x2+ y2+ 2x yz+
z3(1 + x)(1 + y)+
14(1 + z)p1 + x + y + xy
2+ y2
1 + z +
z3(1 + x)(1 + y)+
14(1 + z)p1 + x + y + xy
≥ (x + y)2
2 (1 + z)+
z3(1 + x)(1 + y)+
14(1 + z)p1 + x + y + xy
≥ (x + y)2
2 (1 + z)+
z3(1 + z)2+
28(1 + z)2 =
9z3− z2− z + 57
2 (z + 1)2Xét hàm số f (z) =9z
Lời giải
Trang 33Ta có: x2+ y2≥ 2x y > 0 ⇒ 1
x2+ y2≤
12x y⇒ − 1
x2+ y2≥ −
12x y⇒ − y
x2+ y2≥ −
12x .
x+1
y+1z
¶
4 khi t = 1 ⇒ x = y = z =1
Câu 49. Chox, y, zlà các số thực dương thỏa mãn y+ z = x¡ y2
+ z2¢.Tìm giá trị nhỏ nhấtcủa biểu thứcP = 1
(x + 1)2+
1( y + 1)2+
1(z + 1)2+
4(x + 1)(y + 1)(z + 1)
8( y + z + 2)2 ≥
8µ2
x+ 2
¶2= 2x
2(x + 1)2 .1
(x + 1)(y + 1)(z + 1)≥
4(x + 1)(y + z + 2)2 ≥
4(1 + x)
µ2
x+ 2
¶2= x
2(x + 1)3 .
Suy raP ≥ 1
(1 + x)2+
2x2(1 + x)2+
4x2(1 + x)3 =
2x3+ 6x2+ x + 1(1 + x)3Xét hàm số f (x) =2x
3+ 6x2+ x + 1(1 + x)3 với x > 0Tìm được giá trị nhỏ nhất của f (x)là 91
108 khi x = 1
5 .Vậy giá trị nhỏ nhất củaP là 91
1(z + 1)2+
4(x + 1)(y + 1)(z + 1)Trích đề thi HSG HSG Bắc Giang năm 2016 – 2017